b Chứng minh rằng EFI 2I 1 là tứ giác nội tiếp đường tròn và các đường thẳng MH , EI 2,.. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức..[r]
Trang 1ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN, LỚP 10 CHẤT LƯỢNG CAO NĂM 2017
Môn thi: TOÁN – Vòng I
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (1,5 điểm) Cho các số thực dương , a b thỏa mãn a b 5,ab 2 Tính giá trị của biểu thức
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm m để phương trình x2 2mx m 1 0 có hai nghiệm phân biệt
1, 2
1 2 1 2 2(x x ) x x 0
Câu 3 (2,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình
2
2
36 45
b) Giải phương trình 2 x 1 2x 3 2x2 11x 2
Câu 4 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn, nội tiếp trong đường tròn ( ). O
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC Vẽ hình bình hành BHCQ
a) Chứng minh rằng ABQC là tứ giác nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh rằng BAH CAO
c) Gọi M là giao điểm của HQ và BC G là giao điểm của AM với , OH Chứng minh
rằng G là trọng tâm của tam giác ABC
d) Chứng minh rằng nếu OG song song với BC thì tanAQB tanAQC 3
Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương , , x y z thoả mãn x2 y2 z2 3 Chứng minh rằng
13 13 13
HẾT
Trang 2ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN, LỚP 10 CHẤT LƯỢNG CAO NĂM 2017
Môn thi: TOÁN – Vòng II
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (3,0 điểm)
)
a Giải phương trình 2
2
2
2 3
x
)
b Giải phương trình 3x x2 x 1 3x2 x 1
Câu 2 (1,5 điểm) Giải hệ phương trình
2
Câu 3 (1,0 điểm) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( ; ; ) a b c thoả mãn a b c sao cho
đa thức ( )P x x x a x b x c( )( )( ) 1 là bình phương của một đa thức hệ số nguyên
Câu 4 (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm , O đường kính AB 2R và điểm M nằm trên nửa đường tròn đó (M khác A và ) B Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AB Gọi I I I lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác , ,1 2 MAB MAH MBH , , Các đường thẳng MI MI cắt AB tương ứng tại E và 1, 2 F
)
a Chứng minh rằng AI1 MI2 và MI I I1 2
)
b Chứng minh rằng EFI I là tứ giác nội tiếp đường tròn và các đường thẳng 2 1 MH EI , 2, 1
FI đồng quy
)
c Tìm giá trị lớn nhất của I I theo R khi M thay đổi trên nửa đường tròn đã cho 1 2
Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực , , a b c thoả mãn 1a b c, , 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3 3 3
P
HẾT
Trang 3Đáp án đề vòng 1
Câu 1
(1,5
điểm)
a ab b ab a ab b ab
0,5
2
a b
0,5
2
2
( ) 4
5 4.2 17.
a b ab
0,5
Câu 2
(1,0
điểm)
Phương trình có hai nghiệm phân biệt ' m2 (m 1) 0
m2 m 1 0, đúng với mọi m Khi đó theo định lý Viét ta có
1 2
1 2
2 1.
x x m
x x m
0,5
1 2 1 2 2(x x ) x x 0 4m (m 1) 0
(m 1) 2 0 m 1.
0,5
Câu 3
(2,5
điểm)
a) Cộng hai phương trình của hệ ta được x2 2xy y 2 81
( ) 81
9.
x y
x y
x y
0,5
Với x y 9 y 9 x.
Thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được x2 x(9 x) 36 x 4.
Suy ra y 5.
0,5
Với x y 9 y 9 x.
Thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được x2 x( 9 x) 36 x 4.
Suy ra y 5.
Vậy nghiệm ( ; )x y của hệ là (4; 5), ( 4; 5)
0,5
b) Điều kiện:
2
1
2 11 2 0
x
Phương trình 4(x 1) 2x 3 4 (x 1)(2x 3) 2x2 11x 2
4 2x2 5x 3 2x2 5x 9
0,5
Trang 4Đặt t 2x2 5x 3, t 0 Phương trình trở thành
4t t2 12
t2 4t 12 0
ktm
6
2 ( )
t
Suy ra 2x2 5x 3 6 2x2 5x 33 0
3 11 2
x
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x 3
0,5
Câu 4
(4,0
điểm)
Q
G O
M K
H
C B
A
Tương tự QC CA
b) Vì ABQC nội tiếp và A B C, , ( )O nên Q ( ),O
mà ACQ 900 nên AQ là đường kính của ( ).O
0,5
Gọi K AH BC Vì ABC AQC (cùng chắn AC)
nên ABK AQC (g.g) Do đó BAK CAQ (2)
Từ (1) và (2) suy ra BAH CAO, đpcm
0,5
c) Vì HBQC là hình bình hành nên M là trung điểm của BC và HQ
Mặt khác O là trung điểm AQ dẫn đến G là trọng tâm của AHQ 0,5
3
Suy ra G là trọng tâm ABC, đpcm
0,5
Trang 5d) Theo tính chất góc nội tiếp ta có AQB ACB AQC, ABC
Suy ra
Vì HBK KAC (cùng phụ với ACB) HBK CAK (g.g)
0,5
Thay (4) vào (3) ta được tan tan 2
Mà OH // BC AK AM 3
HK GM Suy ra tanAQB tanAQC 3, đpcm
0,5
Câu 5
(1,0
điểm)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
13 2 13 2, 13 2, 13 2
Suy ra VT 4(x y z ) 2 2 2
0,5
4x 4y 4z
Ta chứng minh 2 2
4x x 5
4x x 5 x 4x 5x 2 0 (x 1) (x 2) 0,
(vì từ x y z, , 0 và x2 y2 z2 3 suy ra x2 3 nên x 3 2)
Tương tự ta cũng có 2 2
4y y 5
4z z 5
Từ đó suy ra VT x2 5 y2 5 z2 5 18, đpcm
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z 1
0,5
HẾT
Trang 6Đáp án đề vòng 2
Câu 1
(3,0
điểm)
)
2
2
2 3
Đặt t x2 2x 3, t 2 Phương trình trở thành 2 5
2
2
t
t
0,5
ktm 2
4
2
t
Suy ra x2 2x 3 4 x2 2x 1 0 x 1 2
Vậy nghiệm của phương trình là x 1 2
0,5
)
b Phương trình 3x x2 x 1 2x2 (x2 x 1)
2
0,5
1
x
hoặc 2
1 2 1
x
2 2 2
0
1 1
x x
0,5
Với
2
2 2 2
2 0
1
x x
Vậy nghiệm của phương trình là 1 13
6
0,5
Câu 2
(1,5
điểm)
Điều kiện: x 1, y 2, y 0
Phương trình thứ nhất của hệ x y2 2y 2y x x2
2 0 ( 2 )( 1) 0
1 0
xy
0,5
Với x 2y 0 x 2 ,y thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được
2y 1 2 y 1
0,5
Trang 72y 1 2 y 2 (2y 1)(2 y) 1
2 (2y 1)(2 y) y
vô nghiệm vì VT 0 VP (do 0)
2
x
Với xy 1 0 y 1,
x
thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được
1
x
x
Vì x 1 nên VT 1 VP do đó phương trình x 1 Suy ra y 1
Vậy nghiệm ( ; )x y của hệ là (1; 1)
0,5
Câu 3
(1,0
điểm)
Vì ( )P x là đa thức bậc 4 có hệ số bậc cao nhất bằng 1 và là bình phương của
một đa thức hệ số nguyên nên
P x x mx n với m n,
Từ (0) 1P suy ra n2 1 n 1
0,25
Với n 1, ta có x x a x b x c( )( )( ) 1 (x2 mx 1)2
2
Suy ra m 0 và phương trình x2 mx 2 0 (1) phải có hai nghiệm
nguyên âm phân biệt
Phương trình (1) có nghiệm nguyên m2 8 k k2, *
(m k m k)( ) 8
(2)
2
m k
m k
Suy ra m 3 Khi đó (x x a x b x c )( )( )x x( 1)(x 2)(x 3)
Suy ra a 1,b 2,c 3
0,5
Với n 1, tương tự ta có
2
x x a x b x c x x m x mx
Vì phương trình x2 mx 2 0 không thể có hai nghiệm nguyên âm nên
trường hợp này không xảy ra
Vậy a 1,b 2,c 3
0,25
Trang 8Câu 4
(3,5
điểm)
I2
I1
M
B A
)
a Gọi K AI1 MF
Vì MAB HMB (cùng phụ với MBA)MAK BMF (phân giác)
0,5
0 90
AKM
Tương tự BI2 MI1 I là trực tâm của MI I1 2 MI I I1 2, đpcm 0,5
)
b Vì có AK vừa là đường cao vừa là phân giác nên AMF cân tại A
Suy ra K là trung điểm MF
45 2
EMF AMB và I KM1 900 nên MI K1 vuông cân tại K
Tương tự ta cũng có 2
2
ME
Suy ra 1 2 1 1 2
2
MF ME (c.g.c)
1 2
tứ giác EFI I nội tiếp 2 1
0,5
Vì 1 1
2
MI
MF và I MF1 450 nên MI F1 vuông cân tại I1 MI F1 900
0
1 90
FI E
Tương tự ta cũng có EI F2 90 0
Suy ra MH EI FI là các đường cao của , 2, 1 MEF, do đó MH EI FI , 2, 1
0,5
Trang 9c Vì AMF cân tại A nên AF AM Tương tự BE BM
Suy ra EF AF BE AB AM BM AB
2(AM BM ) AB 2AB AB 2 ( 2 1).R
0,5
Từ chứng minh câu ),b ta có 1 2 1 1
2
Suy ra 1 2 2 ( 2 1)
(2 2)
Dấu đẳng thức xảy ra khi AM BM hay M là điểm chính giữa AB
Vậy giá trị lớn nhất của I I là (21 2 2) R
0,5
Câu 5
(1,0
điểm)
Ta có 3(a3 b3 c3) ( a b c a )( 2 b2 c2)
(a b a )( 2 b2) ( b c b)( 2 c2) ( c a c)( 2 a2) 0.
Suy ra 3(a3 b3 c3) ( a b c a )( 2 b2 c2) Do đó
2 2 2
P
2 2 2
2 2 2
1
Đặt
2 2 2
, 1,
ab bc ca
khi đó
2 1
t
0,5
Ta chứng minh t 2 1 4 (t 1)(t 2) 0
t
Vì , ,a b c[1; 2] nên a b c b c, a c a, b
Suy ra c a b( ) a b c( ) b c a( )c2 a2 b2
2(ab bc ca )a2 b2 c2, hay t 2
Từ 1 t 2 ta suy ra (1) đúng Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c
Vậy giá trị lớn nhất của P là 4
0,5
HẾT